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贵州安顺市2026年高三年级下学期适应性考试（一）化学试卷
1．青岩古镇的许多传统工艺蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A．手工木雕所用木材中的纤维素属于糖类
B．刺梨酒发酵时，果糖水解生成乙醇和二氧化碳
C．古建筑所用砖瓦中的硅酸盐属于无机非金属材料
D．制作鸡辣椒时，脂溶性的辣椒红素可被热油溶解浸出
2．下列结构或性质不能解释其用途的是
A．植物油不饱和程度高，可用于制取肥皂
B．甘油分子含有多个羟基，可用作保湿类护肤品
C．冠醚18-冠-6的空腔直径与接近，可用于识别
D．硬铝密度小、强度高、抗腐蚀能力强，可用作飞机材料
3．下列化学用语正确的是
A．的电子式：
B．环己烷最稳定空间结构的键线式：
C．激发态Al原子的价层电子轨道表示式：
D．乙醇分子中的键是通过碳原子和氧原子的p轨道“头碰头”重叠形成的键
4．下列离子方程式正确的是
A．二氧化硫通入次氯酸钠溶液中：
B．将氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：
C．丙烯醛加足量溴水：
D．在溶液中加入少量稀盐酸：+H+→
5．下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A．探究温度对化学平衡的影响 B．分离甲醛和水
C．配制溶液 D．检验乙醇脱水生成的乙烯
A．A B．B C．C D．D
6．化合物是一种高效复合肥料。W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期元素。W原子核外仅有一种自旋方向的电子；X的基态原子在同周期中未成对电子最多；Y的某极性分子单质可用于消毒；Z可形成正四面体结构的单质分子。下列说法正确的是
A．电负性： B．简单氢化物的键角：
C．为非极性分子 D．W、X、Y能形成离子化合物
7．1，3-丁二烯与HBr以1：1反应的两种反应进程的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．1，3-丁二烯与HBr反应的产物只有两种
B．相同条件下，3-溴-1-丁烯比1-溴-2-丁烯稳定
C．适当降温并延长反应时间有利于生成1-溴-2-丁烯
D．增大溴离子浓度，可以显著提高整体反应的速率
8．贵州省大面积种植杜仲树，用于生产杜仲胶及其高端产品。X为杜仲胶主要成分，可与有机物Y合成具有良好记忆效应的材料Z，反应原理如图。下列说法正确的是
A．X的单体存在顺反异构
B．Y中C原子的杂化方式有、两种
C．
D．该反应为缩聚反应
9．亚磷酸钠()是一种重要的化学品，广泛用于工业、医药、食品加工等领域。一种制备的工业流程如图所示。下列说法错误的是
已知：；亚磷酸()受热易分解。
A．“合成”过程中被氧化
B．“除铅”的原理为
C．“减压蒸馏”可以降低沸点，防止分解
D．是一种三元酸
10．植入式微型血糖测试仪的核心是电化学传感器，当血糖(葡萄糖)浓度高于阈值时，电池启动并产生电信号，触发胰岛素泵释放胰岛素以调控血糖。电池工作原理如图所示(代表葡萄糖)。电池工作时，下列说法正确的是
A．电极电势：电极Ⅰ<电极Ⅱ
B．电极Ⅱ附近pH上升
C．血液中的迁移方向：电极Ⅱ→电极Ⅰ
D．消耗36mg葡萄糖，理论上外电路转移的电子数为：
11．化学小组在实验室制备硫酸四氨合铜溶液，甲同学向溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，得到深蓝色溶液。乙同学将蓝色沉淀过滤洗涤后，加过量氨水不溶；再加入溶液仍不溶，但加入溶液后沉淀溶解，也得深蓝色溶液。下列关于实验及现象所对应解释或目的错误的是
选项 实验及现象 解释或目的
A 产生蓝色沉淀
B 得到深蓝色溶液
C 加溶液仍不溶 为排除对沉淀溶解的影响
D 加溶液后沉淀溶解 促进的溶解
A．A B．B C．C D．D
12．能够通过的价态转换而易形成氧空位缺陷，该能力使其成为理想的催化剂载体。图甲为理想的立方晶胞模型，边长为，图乙为缺陷晶型。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．甲的晶胞密度为
B．甲中处在构成的部分立方体空隙中
C．甲中之间最近距离为
D．乙中和的个数比为4：1
13．氢能是一种重要的清洁能源。HCOOH在催化剂作用下催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是
A．HCOOH催化制的过程中没有键的形成
B．在催化剂表面解离键比解离键更容易
C．图1中步骤④为HCOOH催化释放氢过程中的决速步骤
D．使用催化剂不仅可以加快化学反应速率，还能提高平衡转化率
14．常温下，将的溶液与同浓度溶液以及水混合，维持，测得pH随变化如图所示(假设混合后溶液的总体积等于各组分溶液体积之和)。下列说法错误的是
A．的电离程度：
B．该温度下，的数量级为
C．a点溶液中：
D．b点溶液中：
15．酚酞()是一种常用的酸碱指示剂，可由邻苯二甲酸酐与苯酚在浓硫酸催化下反应制得。实验步骤如下，装置如图(夹持装置省略)：
Ⅰ．投料：向干燥的三颈烧瓶中依次加入7.4g邻苯二甲酸酐、14.8g苯酚、1.0mL浓硫酸。
Ⅱ．回流反应：加热至115~125℃，回流反应 2~2.5小时。
Ⅲ．后处理：反应结束后稍冷却，向热反应液中加入30mL沸水，边加边搅拌。
Ⅳ．分离产品：减压过滤，用冷水洗涤滤饼，得酚酞粗品。
Ⅴ．产品提纯。
已知：
邻苯二甲酸酐 苯酚 酚酞
相对分子质量 148 94 318
溶解性 微溶于冷水，溶于热水、乙醇 溶于水(常温约)，易溶于乙醇 不溶于水，溶于乙醇
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是　 　。Y处的作用可能是　 　。
（2）“回流反应”时温度高于130℃，观察到三颈烧瓶中的液体变黑，其原因是　 　。
（3）装置图中有一处明显的错误是　 　。
（4）“产品提纯”时，可采用　 　法提纯酚酞。
（5）本实验得到酚酞纯品5.3g，则产率为　 　%(结果保留一位小数)。
（6）酚酞的变色源于其分子结构在不同pH条件下发生的变化，如下图所示。常温下，取10.00mL未知浓度的溶液，滴入2滴酚酞试液，溶液仍为无色，向该溶液中逐滴滴加盐酸，溶液有明显的颜色变化。则起始加入到溶液中的酚酞主要以　 　[填“”、“”或“”]形态存在，原因是　 　。
16．综合利用二次铜阳极泥(主要成分含、及等)分离贵重金属的一种工艺流程如下：
已知：①“滤液Ⅰ”中，硒以弱酸形式存在。
②常温下，；。
③常温下，易与银离子配位： 。
回答下列问题：
（1）Se的基态原子的价电子空间运动状态有　 　种。
（2）为加快“氧化酸浸”过程的反应速率，可采取的措施有粉碎阳极泥和　 　(回答一条即可)等。
（3）“氧化酸浸”时，可被氧化的离子方程式为　 　；滤渣Ⅰ的主要成分为和　 　。
（4）已知：萃取与反萃取原理为：，反萃取剂最好选用　 　(填化学式)溶液。
（5）“溶浸转化”步骤前，滤渣需充分洗涤，除去残留的酸液，其原因是　 　。
（6）“溶浸转化”中发生的反应为：，常温下此反应的平衡常数　 　。
（7） “滤液Ⅲ”可返回“　 　”工序循环使用。
17．“石灰石-石膏法”烟气脱硫技术，是当前控制工业污染中应用最广的方法，涉及的主反应为。回答下列问题：
（1）标准摩尔生成焓()是指在标准状态下，由最稳定单质生成1mol某物质时的焓变，单位为。相关物质的标准摩尔生成焓()如下表：
物质
0.0
则主反应的　 　(填“>”或“<”)0。
（2）研究团队通过理论计算得到T、与对平衡脱硫率的影响如图1所示：
①反应温度、、由高到低的顺序是　 　；原因是　 　。
②已知时M点，上述反应10min达到平衡，该时间段内以的浓度变化表示　 　。该温度下反应的平衡常数　 　(列出计算式)。
③为进一步提高平衡脱硫率可选择　 　(填“增大”或“减小”)。
（3）研究团队通过绘图描述脱硫过程的微观反应机理如图2所示，结合图中所给信息分析实际工业脱硫需采用较高温度的原因是　 　。
（4）研究发现脱硫速率r存在函数关系[为石灰石初始比表面积，为表面反应速率常数，N代表产物层扩散阻力]。保持其他因素相同，下列说法正确的是　 　。
a．使用更细石灰石粉可提高初期脱硫速率
b．反应后期脱硫速率下降可能是产物层扩散阻力增大
c．脱硫速率r与、的关系表明的影响更大
18．化合物H是一种具有多种药理学活性的黄烷酮类药物。其合成路线如图所示：
已知：苯环上原有的基团对后引入的基团有定位效应。其中，(烷基)、、、为邻对位定位基：、、、为间位定位基。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）B→C的反应类型为　 　；从结构修饰的角度考虑，从B转化为C，下列有关性质变化叙述正确的是　 　。
a．还原性增强 b．水溶性减弱 c．“★”处键活性增强
（3）D→F的化学方程式为　 　。
（4）E的核磁共振氢谱有　 　组吸收峰。
（5）G中的官能团名称为羟基、　 　、　 　。
（6）芳香化合物Z是D的同分异构体，同时满足如下条件的Z有　 　种。
a．苯环上有三个取代基
b．能与溶液发生显色反应
c．可与反应
（7）参照上述信息，结合所学知识，以为原料制备的合成路线为：。其中M的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、木材中的纤维素是由葡萄糖单元构成的多糖，属于糖类，A 正确；
B、果糖是单糖，无法发生水解反应；刺梨酒发酵时，果糖在微生物作用下直接转化为乙醇和二氧化碳，该过程属于发酵反应而非水解反应，B 错误；
C、砖瓦的主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，C 正确；
D、辣椒红素是脂溶性色素，根据相似相溶原理，可被热油溶解浸出，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
纤维素是植物细胞壁的主要成分，属于多糖，而多糖是糖类的重要类别之一；
单糖不能发生水解反应，发酵是微生物将单糖直接转化为乙醇和二氧化碳的过程，与水解反应本质不同；
硅酸盐材料（砖瓦、陶瓷、玻璃等）是典型的传统无机非金属材料；
脂溶性色素易溶于油脂，利用相似相溶原理可被热油浸出。
2．【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；合金及其应用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、植物油用于制取肥皂，利用的是油脂在碱性条件下的皂化反应，与油脂的不饱和程度无关，因此 “不饱和程度高” 这一性质不能解释其用途，故 A 错误；
B、甘油分子含多个羟基，能与水分子形成氢键，具有良好的吸水性，因此可用作保湿类护肤品，性质与用途对应，故 B 正确；
C、冠醚 18 - 冠 - 6 的空腔直径与 K+的离子半径匹配，可通过配位作用特异性结合 K+，因此可用于识别 K+，结构与用途对应，故 C 正确；
D、硬铝具有密度小、强度高、抗腐蚀能力强的特点，符合航空材料对轻量化、高强度、耐候性的要求，因此可用作飞机材料，性质与用途对应，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
油脂皂化反应本质：皂化反应的本质是油脂的碱性水解，与碳碳双键（不饱和键）无关；不饱和程度高是植物油易氢化、易氧化的原因，与制肥皂的用途无关。
多羟基化合物的保湿原理：多羟基化合物（如甘油）的保湿性源于羟基与水分子形成氢键，能锁住水分，因此可用于护肤品。
冠醚的离子识别特性：冠醚的空腔结构可与特定半径的金属离子形成配位络合物，18 - 冠 - 6 的空腔尺寸与 K+匹配，因此可特异性识别 K+。
硬铝合金的航空应用：硬铝（铝合金）的密度小、强度高、抗腐蚀的特性，使其满足航空工业对材料轻量化和可靠性的要求，因此可用于制造飞机。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中C与每个O原子之间为碳氧双键，正确的电子式为 ，选项中O原子的电子排布不完整，故A错误；
B、环己烷的椅式构象能量低于船式构象，是其最稳定的空间结构，题图所示键线式为椅式环己烷，故B正确；
C、Al原子基态价层电子排布为，题图的轨道表示式为基态Al原子的价层电子排布，并非激发态，故C错误；
D、乙醇中C、O均采取杂化，键是由C的杂化轨道与O的杂化轨道“头碰头”重叠形成的，并非p轨道直接重叠，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
CO2的电子式判断：为直线形分子，C原子与两个O原子均形成双键，电子式需体现出每个原子的最外层电子，选项中O原子的电子对排布错误，未正确表示出碳氧双键的成键情况。
环己烷的稳定构象：环己烷的构象中，椅式构象的空间位阻更小，能量更低，是最稳定的结构，题图的键线式符合椅式构象的结构特征。
基态与激发态电子排布：基态Al原子的价层电子轨道表示式中，轨道成对电子、轨道单电子，而激发态的电子排布会出现低能级轨道电子向高能级轨道跃迁的情况，题图未体现跃迁，因此不是激发态。
乙醇分子中的成键方式：乙醇分子中，与羟基相连的C原子和O原子均为饱和原子，均采取杂化，二者形成的σ键是杂化轨道重叠的结果，而非p轨道直接重叠。
4．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、次氯酸钠具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式应为： ，选项中产物错误，故A错误；
B、石灰乳中以固体形式存在，不能拆成离子，正确的离子方程式应为： ，故B错误；
C、丙烯醛中的碳碳双键可与溴水发生加成反应，醛基可被溴水氧化为羧基，反应的离子方程式为： ，故C正确；
D、酸性强弱顺序为：羧基 > 酚羟基，因此少量盐酸优先与羧酸钠反应，正确的离子方程式为：
，选项中反应产物错误，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
次氯酸钠与二氧化硫的反应：次氯酸钠的强氧化性会将二氧化硫直接氧化为硫酸根，不会生成亚硫酸根；
离子方程式中微溶物的处理：石灰乳中的氢氧化钙为难溶物，在离子方程式中应保留化学式，不能拆分为氢氧根离子；
丙烯醛与溴水的反应：丙烯醛分子中的碳碳双键可与溴发生加成反应，醛基在溴水的氧化作用下会转化为羧基；
酸性强弱与反应顺序：由于羧基的酸性强于酚羟基，盐酸会优先与羧酸钠反应生成酚羟基，而非直接与酚钠反应。
5．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；配制一定物质的量浓度的溶液；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、装置中两个烧瓶分别置于热水和冷水环境中，可通过 NO2与 N2O4平衡体系的颜色变化（ 2NO2(红棕色)N2O4(无色) ），探究温度对化学平衡的影响，故 A 正确；
B、甲醛与水互溶，无法通过分液装置分离，故 B 错误；
C、不能直接在容量瓶中溶解固体，配制 KCl 溶液时应先在烧杯中溶解，再转移至容量瓶，故 C 错误；
D、乙醇与浓硫酸反应生成的二氧化硫也能使酸性 KMnO4溶液褪色，无法检验乙烯，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
温度对 NO2与 N2O4平衡的影响：可通过颜色变化直观体现，装置中温度对比设计合理，能达到实验目的。
分液操作的适用条件：分液操作适用于分离互不相溶的液体，甲醛与水以任意比例互溶，不满足分液条件。
容量瓶的用途：容量瓶的用途是定容，不能用于溶解固体，直接溶解会影响溶液浓度准确性，也可能损坏仪器。
乙烯的检验干扰：浓硫酸的强氧化性会生成二氧化硫杂质，二氧化硫和乙烯均能还原酸性高锰酸钾，干扰乙烯的检验。
6．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、N 的电负性明显大于 H，即 X 的电负性大于 W，故 A 错误；
B、NH3和 H2O 的价层电子互斥模型均为四面体形，但 H2O 中 O 原子有 2 对孤电子对，对成键电子对的排斥力更强，导致其键角比 NH3更小，故 B 错误；
C、H2O2的分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 C 错误；
D、H、N、O 三种元素可形成离子化合物，如 NH4NO3，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】W 原子核外只有一种自旋方向的电子，说明其核外只有 1 个电子，因此 W 为 H；X 是第二周期元素，且基态原子未成对电子数最多，为 N；Y 的单质中存在可用于消毒的极性分子，为 O3，因此 Y 为 O；Z 能形成正四面体结构的单质分子，为 P4，因此 Z 为 P；四种元素可组成化肥磷酸铵（(NH4)3PO4）。
7．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；烯烃
【解析】【解答】A、1，3 - 丁二烯与 HBr 反应，除了 1：1 加成产物（1，2 - 加成、1，4 - 加成产物），还可能发生 1：2 加成反应，产物不止两种，故 A 错误；
B、能量越低物质越稳定，由图可知 1-溴-2-丁烯 的能量低于 3-溴-1-丁烯 ，因此 1-溴-2-丁烯 更稳定，故 B 错误；
C、 1-溴-2-丁烯 是热力学控制产物（能量更低），适当降温并延长反应时间，有利于生成更稳定的 1-溴-2-丁烯 ，故 C 正确；
D、反应的决速步是第一步，与 H+有关，增大溴离子浓度对整体反应速率影响不大，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
1，3 - 丁二烯与 HBr 的加成反应存在 1，2 - 加成、1，4 - 加成和 1：2 加成等多种情况，产物不止两种。
物质的稳定性与能量成反比，1-溴-2-丁烯的能量更低，因此比 3-溴-1-丁烯 更稳定。
低温有利于热力学稳定产物的生成，延长反应时间能让反应向更稳定的产物转化，因此降温并延长时间有利于生成1-溴-2-丁烯 。
该反应的决速步是第一步（与 H+的加成），溴离子参与的第二步不是决速步，因此增大溴离子浓度无法显著提高整体反应速率。
8．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】A、X 的单体为异戊二烯（2 - 甲基 - 1，3 - 丁二烯），其中碳碳双键上有一个碳原子连接了两个相同的氢原子，不存在顺反异构，故 A 错误；
B、Y 中 C 原子的成键方式有双键和单键，杂化方式包括 sp2（羰基碳、双键碳）、sp3（丁基中的饱和碳）两种，故 B 正确；
C、X 的结构单元中，每个双键参与反应，n 个 X 单元反应后，产物 Z 的重复单元数 m 与 n 不存在 2n=m 的关系，故 C 错误；
D、该反应过程中没有小分子生成，不属于缩聚反应，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
顺反异构的形成条件：碳碳双键两端的碳原子均连接不同的原子或基团，异戊二烯中部分双键碳原子连接两个氢原子，不满足顺反异构条件。
杂化类型的判断：Y 分子中，羰基碳、双键碳采取 sp2 杂化，饱和烷基碳采取 sp3 杂化。
定量关系的判断：从反应的结构变化来看，X 的双键与 Y 发生加成反应，n 和 m 的比例不是简单的 2 倍关系，不存在 2n=m 的定量关系。
缩聚反应的特征：反应过程中会生成小分子（如水、HCl 等），该反应没有小分子生成，不属于缩聚反应。
9．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、“合成” 过程中，NaH2PO2中 P 元素的化合价从 + 1 价升高到 H3PO3中的 + 3 价，被氧化，故 A 正确；
B、“除铅” 利用 FeS 将溶液中的 Pb2+转化为更难溶的 PbS 沉淀，原理为 FeS (s)+Pb2+(aq) PbS (s)+Fe2+(aq)，故 B 正确；
C、H3PO3受热易分解，减压蒸馏可以降低体系沸点，在较低温度下蒸馏出 HI，避免 H3PO3受热分解，故 C 正确；
D、H3PO3的结构中只有两个 - OH 可电离出 H+，属于二元酸，不是三元酸，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】该流程以含微量 Pb2+的次磷酸钠（NaH2PO2）为原料，先加水和 I2发生合成反应，生成亚磷酸（H3PO3）、NaI 和 HI；再加入 FeS，通过沉淀转化除去 Pb2+；随后减压蒸馏分离出 HI，防止 H3PO3分解；接着加入 H2O2和过量 NaOH 溶液，经结晶、碱洗纯化，最终得到亚磷酸钠（Na2HPO3）产品。
10．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、电极 I 通入 O2，发生还原反应，为正极；电极 II 上葡萄糖被氧化为葡萄糖酸，发生氧化反应，为负极。正极电势高于负极，故电极电势：电极 I > 电极 II，A 错误；
B、电极 II 上葡萄糖被氧化为葡萄糖酸（G-COOH），反应过程中生成 H+ ：G-CHO-2e-+H2O=G-COOH+2H+， ，电极附近 H+浓度增大，pH 下降，B 错误；
C、原电池工作时，阳离子向正极移动，因此血液中 Na+的迁移方向为：电极 II（负极）→电极 I（正极），C 正确；
D、葡萄糖（C6H12O6）被氧化为葡萄糖酸（C6H12O7），每个葡萄糖分子失去 2 个电子。36mg 葡萄糖的物质的量为 0.036g÷180g/mol = 2×10-4 mol，理论上转移电子数为 2×10-4 mol×2×NA= 4×10-4 NA，D 错误；
故答案为：C。
【分析】当血液中葡萄糖浓度超过阈值时，电极 II（负极）上的葡萄糖被氧化为葡萄糖酸，释放电子；电子经外电路流向电极 I（正极），O2在正极被还原，形成电流，触发电信号传感器，进而启动胰岛素泵释放胰岛素，完成血糖调控。据此解题。
11．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、硫酸铜溶液中滴加氨水，首先发生反应：Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，生成蓝色氢氧化铜沉淀，故 A 正确；
B、氨水过量时，氢氧化铜沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜溶液，反应为：
Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，故 B 正确；
C、加入 Na2SO4溶液仍不溶，目的是排除 SO42-对沉淀溶解的影响，而非 Na+，故 C 错误；
D、加入 (NH4)2SO4溶液后沉淀溶解，是因为 NH4+水解使溶液呈酸性，促进 Cu(OH)2的溶解平衡正向移动，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
硫酸铜与氨水的第一步反应：硫酸铜与氨水反应时，先生成氢氧化铜沉淀，该反应的离子方程式书写正确。
氢氧化铜与过量氨水的反应：氢氧化铜可与过量氨水形成稳定的铜氨络离子，沉淀溶解得到深蓝色溶液，该反应方程式正确。
加入硫酸钠溶液的实验目的：实验中加入 Na2SO4溶液，是为了探究 SO42-是否影响沉淀溶解，从而排除 SO42-的干扰，并非排除 Na+的影响。
硫酸铵溶液使沉淀溶解的原理：(NH4)2SO4溶液中的 NH4+水解产生 H+，降低溶液 pH，促进 Cu(OH)2溶解平衡正向移动，使沉淀溶解。
12．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、甲晶胞中，Ce原子分布在顶点与面心，通过均摊法可得其数目为 ；O原子全部位于晶胞内部，共8个。晶胞质量可通过原子总质量与阿伏加德罗常数的比值计算，即 。晶胞边长为 ，换算为厘米是 ，因此体积为 。根据密度公式，晶胞密度 ，故A正确。
B、甲晶胞内的8个O原子可形成8个立方体空隙，但晶胞中仅含有4个，这意味着并非所有空隙都被填充，只占据了其中一半的立方体空隙，B正确。
C、从晶胞结构看，O原子的坐标分布表明，距离最近的两个O原子仅在一个坐标轴上存在差异，差值为晶胞边长的一半，即。因此，它们之间的最短距离就是，故C正确。
D、乙晶胞存在一个氧空位，导致数目变为7个，总负电荷为。晶胞中Ce原子总数仍为4个，为保持电荷平衡，部分会转化为。设数目为x，数目为y，根据原子守恒和电荷守恒列方程组：，解得，。因此，与的个数比为1：1，而非选项中给出的比例，故D错误。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞密度计算：需熟练运用均摊法确定晶胞内原子数目，并结合摩尔质量、晶胞体积及单位换算，最终求出晶胞密度。
空隙填充情况：分析由O原子构成的立方体空隙总数与实际被阳离子填充的数量关系，判断阳离子的填充率。
原子间距判断：通过晶胞中原子的坐标位置，确定最近邻原子的距离，关键在于理解坐标轴上的位置差与晶胞边长的关系。
缺陷晶胞的电荷守恒：对于有氧空位的缺陷晶胞，需利用整体电荷为零的原则，建立方程组求解不同价态阳离子的数目比。
13．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、HCOOH 催化制 H2的过程中会生成 CO2，CO2分子中含有 C=O 双键，双键中存在 π 键，故 A 错误；
B、由图 2 可知，步骤 Ⅱ（解离 O-H 键）的活化能为 0.96 eV，步骤 Ⅲ（解离 C-H 键）的活化能为 1.20 eV，活化能越低反应越容易进行，因此在催化剂表面解离 O-H 键比解离 C-H 键更容易，故 B 正确；
C、决速步骤由活化能最高的基元反应决定，图 2 中步骤 Ⅲ 的活化能最高（1.20 eV），对应图 1 中的步骤③，而非步骤④，故 C 错误；
D、催化剂只能降低反应的活化能，加快化学反应速率，不能改变反应的平衡状态，因此无法提高平衡转化率，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：化学键判断：需明确反应过程中生成的 CO2分子含有碳氧双键，因此必然存在 π 键；
活化能与反应速率的关系：活化能越低，反应越容易进行，通过比较不同步骤的活化能大小，可判断化学键解离的难易程度；
决速步骤的判断：反应的决速步骤由活化能最高的基元反应决定，需结合能量变化图与反应机理图进行对应分析；
催化剂的作用：催化剂仅能改变反应速率，不影响化学平衡，因此无法改变平衡转化率。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液中浓度低于b点，对电离的抑制作用更弱，因此的电离程度：，故A正确；
B、当时，溶液中只有，，，，，则，数量级为，故B正确；
C、a点溶液，溶液呈酸性，，根据电荷守恒：
可得，因此离子浓度顺序为：，故C正确；
D、b点溶液中，，结合，可得，。此时溶液中，，根据物料守恒：
，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同离子效应中，会抑制的电离，b点浓度更高，抑制作用更强，因此a点电离程度更大。
纯溶液中，可通过pH计算电离常数，结果表明的数量级为。
溶液呈酸性时，根据电荷守恒可推导出离子浓度的正确顺序。
b点溶液中与的物质的量相等，物料守恒式应为，选项中的关系式颠倒了系数，因此错误。
15．【答案】（1）球形冷凝管；防止空气中的水蒸气进入装置，导致邻苯二甲酸酐的水解(或吸收副反应可能产生的，避免污染空气)(合理即可)
（2）浓硫酸具有脱水性，导致有机物炭化
（3）水浴加热不能使温度达到115-125℃
（4）重结晶
（5）33.3
（6）；根据图中信息，酚酞溶液无色，说明该溶液浓度过高，此时溶液pH>12，故酚酞主要以形态存在。
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）X 为球形冷凝管，作用是冷凝回流反应产生的蒸汽，提高原料利用率；Y 为干燥管，作用是吸收反应挥发出的酸性酸雾，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入反应体系。
故答案为： 球形冷凝管 ； 防止空气中的水蒸气进入装置，导致邻苯二甲酸酐的水解(或吸收副反应可能产生的，避免污染空气)(合理即可) ；
（2） 浓硫酸具有脱水性，当反应温度过高时，苯酚等有机物会被浓硫酸脱水炭化，导致反应液变黑。
故答案为： 浓硫酸具有脱水性，导致有机物炭化 ；
（3） 该反应需要的温度为 115~125℃，水浴加热的最高温度仅为 100℃，无法达到反应所需温度，因此应采用油浴加热。
故答案为： 水浴加热不能使温度达到115-125℃ ；
（4）粗产品中酚酞与杂质的溶解度随温度变化差异较大，固体有机物的提纯常用重结晶法。
故答案为： 重结晶 ；
（5）反应加入的邻苯二甲酸酐和苯酚的物质的量分别为，，生成1mol酚酞需要1mol邻苯二甲酸酐和2mol苯酚，因此邻苯二甲酸酐完全反应，理论产量，故产率=。
故答案为： 33.3 ；
（6）酚酞溶液无色，说明该 NaOH 溶液浓度过高，此时溶液 pH＞12，酚酞主要以形态存在。
故答案为： ； 根据图中信息，酚酞溶液无色，说明该溶液浓度过高，此时溶液pH>12，故酚酞主要以形态存在。
【分析】邻苯二甲酸酐与苯酚在浓硫酸催化下，加热至 115~125℃回流反应制得酚酞；反应液加沸水后减压过滤、冷水洗涤得到粗品，再经提纯得到产品，同时装置用球形冷凝管回流、干燥管处理尾气。
（1）根据实验装置的组成和反应特点，判断仪器名称及作用；关键知识点为球形冷凝管的回流作用、干燥管的尾气吸收与防潮作用。
（2）结合浓硫酸的特性分析现象原因；关键知识点为浓硫酸的脱水性。
（3）根据反应所需温度，对比不同加热方式的温度范围，选择合适的加热方式；关键知识点为水浴加热与油浴加热的温度限制。
（4）根据固体有机物的提纯原理，结合酚酞与杂质的溶解度特点，选择合适的提纯方法；关键知识点为重结晶法的适用条件。
（5）先计算反应物的物质的量，判断限量试剂，再根据化学计量关系计算理论产量，最后计算产率；关键知识点为限量试剂的判断、理论产量与产率的计算方法。
（6）结合酚酞的变色范围和不同 pH 下的存在形态，分析溶液无色的原因；关键知识点为酚酞的变色机理。
（1）X是回流用的球形冷凝管；Y为干燥管，反应中浓硫酸会挥发出酸性酸雾，需要吸收防止污染，同时反应要求体系干燥，需防止空气中水蒸气进入。
（2）浓硫酸具有脱水性，温度过高时，苯酚等有机物被浓硫酸脱水炭化，因此液体变黑。
（3）反应需要温度为115~125℃，水浴加热最高温度仅为100℃，达不到反应所需温度，应采用油浴加热。
（4）粗产品中酚酞和杂质溶解度随温度变化差异大，固体有机物提纯常用重结晶法。
（5）反应加入的邻苯二甲酸酐和苯酚的物质的量分别为，，生成1mol酚酞需要1mol邻苯二甲酸酐和2mol苯酚，因此邻苯二甲酸酐完全反应，理论产量，故产率=。
（6）根据图中信息，酚酞溶液无色，说明该溶液浓度过高，此时溶液pH>12，故酚酞主要以形态存在。
16．【答案】（1）4
（2）搅拌(或适当升温、增大硫酸的浓度等)(合理即可)
（3）；
（4）
（5）避免酸与反应生成S和
（6）5040
（7）溶浸转化
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Se 是 34 号元素，价电子排布为 4s24p4；电子的空间运动状态由轨道数决定，4s 轨道含 1 个轨道，4p 轨道含 3 个轨道，共 4 种不同的空间运动状态。
故答案为：4；
（2） 除粉碎增大反应物接触面积外，还可通过适当升高温度、搅拌、增大反应物浓度等方式加快反应速率，任答一种即可。
故答案为： 搅拌(或适当升温、增大硫酸的浓度等)(合理即可) ；
（3）酸性条件下，Cu2Se 被 H2O2氧化，Se 转化为 H2SeO3，Cu 转化为 Cu2+；根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为：；原阳极泥中的难溶于酸，酸浸后留在滤渣Ⅰ中。
故答案为： ； ；
（4）萃取平衡为：；增大 H+浓度可使平衡逆向移动，实现反萃取；因最终要制备硫酸铜，因此选择 H2SO4作为反萃取剂。
故答案为： ；
（5）在酸性条件下会发生歧化反应：，残留酸会消耗，降低银的浸出率。
故答案为： 避免酸与反应生成S和 ；
（6）目标反应可由两个反应相加得到：①；②，因此总反应平衡常数。
故答案为： 5040 ；
（7）滤液 Ⅲ 中含有 Na2S2O3，可返回溶浸转化工序循环使用，提高原料利用率。
故答案为： 溶浸转化 ；
【分析】铜阳极泥先经氧化酸浸，在硫酸、氯化钠和过氧化氢作用下，发生反应：
，硒、铜等元素溶出，铅以硫酸铅形式留在滤渣Ⅰ；滤液Ⅰ用萃取剂萃取铜，萃取平衡为：，再经硫酸反萃取，发生反应：，得到富铜液，最终制备硫酸铜晶体；
滤渣Ⅰ用硫代硫酸钠溶液溶浸转化，发生络合反应： ，银形成络合离子进入滤液Ⅱ；滤液Ⅱ经氢氧化钠、连二亚硫酸钠混合液还原，反应为： ，得到粗银；
滤液Ⅲ中的硫代硫酸钠可返回溶浸工序循环使用，酸性条件下硫代硫酸根会发生歧化：，需控制体系pH避免原料消耗。
（1）根据 Se 的价电子排布，结合轨道数与电子空间运动状态的对应关系，计算不同空间运动状态的数量；关键知识点为电子的空间运动状态由轨道数决定；
（2）结合影响固液反应速率的因素，列举合理的措施；关键知识点为温度、接触面积、搅拌、浓度对反应速率的影响；
（3）根据氧化还原反应的电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式；结合物质的溶解性判断滤渣成分；关键知识点为氧化还原反应的配平、物质的溶解性；
（4）根据萃取平衡的移动规律，结合目标产物的制备需求，选择合适的反萃取剂；关键知识点为化学平衡移动原理、目标产物的制备；
（5）结合 S2O32-在酸性条件下的歧化反应，分析残留酸对银浸出率的影响；关键知识点为 S2O32-的歧化反应；
（6）根据盖斯定律，将两个反应相加得到目标反应，利用平衡常数的乘积关系计算总反应的平衡常数；关键知识点为盖斯定律与平衡常数的关系；
（7）结合流程目的，判断可循环使用的物质；关键知识点为化工流程中物质的循环利用。
（1）Se是34号元素，价电子排布为，电子的空间运动状态由轨道决定，含1个轨道、含3个轨道，共4种不同的空间运动状态。
（2）加快固液反应速率，除粉碎增大接触面积外，还可通过适当升温、搅拌、增大反应物浓度实现，任答一种即可。
（3）酸性条件下被氧化，转化为、转化为，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为；原阳极泥中的难溶于酸，酸浸后留在滤渣Ⅰ中。
（4）萃取平衡为：，增大浓度可使平衡逆向移动实现反萃取，最终要制备硫酸铜，因此选择作反萃取剂。
（5）在酸性条件下会发生歧化反应：，残留酸会消耗，降低银的浸出率。
（6）目标反应可由两个反应相加得到：①；②，因此总反应平衡常数。
（7）滤液Ⅲ中有，可返回溶浸转化工序循环使用。
17．【答案】（1）<
（2）；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，脱硫率下降；0.007；(或)；增大
（3）较高温度可使碳酸钙发生分解，破坏石灰石颗粒表面硫酸钙覆盖层的结构，使其产生裂纹，增加了与其的接触；同时，温度的升高，可以加快向颗粒表面的扩散与反应，从而提升整体脱硫效果
（4）ab
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据生成焓定义，反应焓变等于生成物的生成焓总和减去反应物的生成焓总和，计算得：ΔH = [(-1425.2) + (-393.5)] - [(-1027.6) + (-296.8) + 1/2×0] kJ mol- = -494.3 kJ mol- < 0，该反应为放热反应。
故答案为： < ；
（2）① 该反应为放热反应，压强、SO2初始浓度相同时，温度越高，平衡逆向移动，平衡脱硫率越低；由图中脱硫率关系 T11> T2 > T3；
②由图像可知，达到平衡时SO2的转化率是70%，故，故=0.007；
根据数据，列三段式：
K==；
③由方程式可知，为进一步提高平衡脱硫率可选择增大；
故答案为： ； 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，脱硫率下降 ； 0.007 ；(或) ； 增大 ；
（3） 高温条件下，碳酸钙会分解，破坏石灰石颗粒表面硫酸钙覆盖层的结构，使其产生裂纹，增加 SO2与石灰石的接触；同时温度升高可加快 SO2向颗粒表面的扩散与反应，从而提升整体脱硫效果。
故答案为： 较高温度可使碳酸钙发生分解，破坏石灰石颗粒表面硫酸钙覆盖层的结构，使其产生裂纹，增加了与其的接触；同时，温度的升高，可以加快向颗粒表面的扩散与反应，从而提升整体脱硫效果 ；
（4）a、使用更细的石灰石粉可增大接触面积，提高 S0，从而提高初期脱硫速率，a 正确；
b、反应后期产物层变厚，扩散阻力增大，脱硫速率会下降，b 正确；
c、对比速率方程中 SO2浓度和 O2压强的指数，SO2浓度的指数更大，说明 c 初 (SO2) 对脱硫速率 r 的影响更大，c 错误；
故答案为：ab。
【分析】（1）根据生成焓的定义，直接用生成物生成焓总和减去反应物生成焓总和计算 ΔH；关键知识点为生成焓的定义与反应焓变的计算方法；
（2）结合放热反应的平衡移动规律，分析温度与脱硫率的关系；根据反应速率定义计算 v (SO2)，再用三段式法计算平衡常数；关键知识点为温度对化学平衡的影响、反应速率的计算、平衡常数的表达式；
（3）从碳酸钙分解破坏产物层、温度加快扩散与反应两个角度，分析高温对脱硫效果的影响；关键知识点为温度对反应速率和固体反应接触面积的影响；
（4）结合接触面积、扩散阻力、速率方程指数，逐一分析选项；关键知识点为固体反应物接触面积对反应速率的影响、产物层扩散阻力、速率方程中指数的意义。
（1）反应焓变等于生成物的生成焓总和减去反应物的生成焓总和，即ΔH=[ 1425.2+( 393.5)] [ 1027.6+( 296.8)+×0] kJ mol 1= 494.3 kJ mol 1<0；
（2）①该反应为放热反应，压强、SO2初始浓度相同时，温度越高，平衡逆向移动，平衡脱硫率越低，图中脱硫率T1T2>T3；
②由图像可知，达到平衡时SO2的转化率是70%，故，故=0.007；
根据数据，列三段式：
K==；
③由方程式可知，为进一步提高平衡脱硫率可选择增大；
（3）结合图像可知，在高温条件下，碳酸钙会分解，破坏石灰石颗粒表面硫酸钙覆盖层的结构，使其产生裂纹，增加了与其的接触；同时，温度的升高，可以加快向颗粒表面的扩散与反应，从而提升整体脱硫效果；
（4）a．使用更细石灰石粉可提高，从而提高初期脱硫速率，故a正确；
b．因为反应后期产物层变厚，扩散阻力N增大，速率会下降，故b正确；
c．因为对比浓度和压强的指数，二氧化硫浓度的指数更大，故对脱硫速率r的影响更大，故c错误；
答案为ab。
18．【答案】（1）2，4-二硝基乙苯
（2）还原反应；ac
（3）
（4）6
（5）酮羰基(羰基)；碳溴键(溴原子)
（6）10
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物 A 中，苯环上连接乙基，乙基的 2 位、4 位各连一个硝基，根据系统命名法，其名称为 2，4 - 二硝基乙苯。
故答案为： 2，4-二硝基乙苯 ；
（2）B 中硝基在 Fe/HCl 作用下转化为氨基，该反应属于还原反应；
a、氨基的还原性强于硝基，反应后物质的还原性增强，a 正确；
b、氨基更易与水形成氢键，反应后物质的水溶性增强，b 错误；
c、氨基是邻对位定位基，硝基是间位定位基，从硝基转变为氨基后，邻位 C-H 键活性增强，c 正确；
故答案为： 还原反应 ；ac。
（3）D 为 2，4 - 二羟基苯乙酮，E 为间羟基苯甲醛，二者在乙醇钠条件下发生羟醛加成反应生成 F，反应方程式为：。
故答案为： ；
（4） E 为间羟基苯甲醛，结构不对称，苯环上有 4 种不同化学环境的氢，加上醛基、羟基各 1 种氢，共 6 种不同化学环境的氢，因此核磁共振氢谱有 6 组吸收峰。
故答案为：6；
（5）根据 G 的结构，除烃基外，分子中还含有酮羰基、碳溴键（溴原子）两种官能团。
故答案为：酮羰基(羰基) ； 碳溴键(溴原子) ；
（6）D分子式为，满足条件：b说明含酚羟基；c说明消耗甲酸酚酯基，1mol消耗2mol NaOH，加酚羟基共3mol，分子式刚好匹配；结合a要求苯环上有三个取代基，可得三个取代基为、、； 三个不同取代基在苯环上的同分异构体总数为种。
故答案为：10；
（7）要得到间氨基苯甲酸，需先将乙苯氧化为苯甲酸，再在其苯环的间位引入硝基，最后将硝基还原为氨基；其中乙苯被氧化后的产物苯甲酸的结构简式为苯环连接 - COOH。 结构简式为。
故答案为： ；
【分析】原料 A（2，4 - 二硝基乙苯）先经氧化将乙基转化为乙酰基得到 B（ ）；再还原硝基为氨基得到 C；接着经重氮化、水解将氨基转化为羟基，生成 2，4 - 二羟基苯乙酮 D（ ）；D 与间羟基苯甲醛 E 在乙醇钠条件下发生羟醛加成得到 F；F 再与 HBr 反应，羟基被溴代生成 G；最后 G 在一定条件下发生分子内环合，生成黄烷酮类目标产物 H。
（1）根据苯环上取代基的位置和种类，按系统命名法规则命名；关键知识点为苯环取代物的系统命名；易错点为取代基编号顺序错误；规范做法为确定母体，对苯环上的取代基进行编号，使取代基位次和最小。
（2）结合还原反应的定义，分析反应前后官能团的变化，逐一判断选项；关键知识点为还原反应的判断、官能团对物质性质的影响；
（3）根据羟醛加成反应的机理，结合反应物和反应条件，书写反应方程式；关键知识点为羟醛加成反应的特点；
（4）根据有机物的结构对称性，分析不同化学环境的氢原子种类；关键知识点为核磁共振氢谱与分子结构的关系；
（5）根据有机物的结构简式，识别其中的官能团；关键知识点为常见官能团的结构特征；
（6）根据分子式和限定条件，确定取代基种类，再利用取代基位置异构规律计算同分异构体数目；关键知识点为苯环上三取代物的同分异构体数目计算；
（7）根据目标产物的结构，结合定位效应设计合成路线，推断中间产物的结构；关键知识点为苯环取代反应的定位效应。
（1）A中苯环连乙基，乙基的2位、4位各连一个硝基，系统命名为2，4-二硝基乙苯。
（2）B中硝基在作用下转化为氨基，属于还原反应；
a．氨基还原性强于硝基，还原性增强，a正确；
b．氨基更易与水形成氢键，水溶性增强，b错误；
c．氨基邻对位定位基，硝基是间位定位基，从硝基转变为氨基，邻位键活性增强，c正确；
故选ac。
（3）D为2，4-二羟基苯乙酮，E为间羟基苯甲醛，二者在乙醇钠条件下发生羟醛加成得到F，方程式为。
（4）E为间羟基苯甲醛，结构不对称，苯环上4种不同化学环境氢，加上醛基、羟基各1种，共6种氢，核磁共振氢谱有6组吸收峰。
（5）根据G的结构，除羟基外，还含酮羰基、碳溴键（溴原子）两种官能团。
（6）D分子式为，满足条件：b说明含酚羟基；c说明消耗甲酸酚酯基，1mol消耗2mol NaOH，加酚羟基共3mol，分子式刚好匹配；结合a要求苯环上有三个取代基，可得三个取代基为、、； 三个不同取代基在苯环上的同分异构体总数为种。
（7）根据定位效应，要得到间氨基苯甲酸，则要先将乙苯氧化为苯甲酸，再在其间位引入硝基后还原为氨基，作为M为乙苯被氧化后的产物苯甲酸，结构简式为。
1 / 1贵州安顺市2026年高三年级下学期适应性考试（一）化学试卷
1．青岩古镇的许多传统工艺蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A．手工木雕所用木材中的纤维素属于糖类
B．刺梨酒发酵时，果糖水解生成乙醇和二氧化碳
C．古建筑所用砖瓦中的硅酸盐属于无机非金属材料
D．制作鸡辣椒时，脂溶性的辣椒红素可被热油溶解浸出
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、木材中的纤维素是由葡萄糖单元构成的多糖，属于糖类，A 正确；
B、果糖是单糖，无法发生水解反应；刺梨酒发酵时，果糖在微生物作用下直接转化为乙醇和二氧化碳，该过程属于发酵反应而非水解反应，B 错误；
C、砖瓦的主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，C 正确；
D、辣椒红素是脂溶性色素，根据相似相溶原理，可被热油溶解浸出，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
纤维素是植物细胞壁的主要成分，属于多糖，而多糖是糖类的重要类别之一；
单糖不能发生水解反应，发酵是微生物将单糖直接转化为乙醇和二氧化碳的过程，与水解反应本质不同；
硅酸盐材料（砖瓦、陶瓷、玻璃等）是典型的传统无机非金属材料；
脂溶性色素易溶于油脂，利用相似相溶原理可被热油浸出。
2．下列结构或性质不能解释其用途的是
A．植物油不饱和程度高，可用于制取肥皂
B．甘油分子含有多个羟基，可用作保湿类护肤品
C．冠醚18-冠-6的空腔直径与接近，可用于识别
D．硬铝密度小、强度高、抗腐蚀能力强，可用作飞机材料
【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；合金及其应用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、植物油用于制取肥皂，利用的是油脂在碱性条件下的皂化反应，与油脂的不饱和程度无关，因此 “不饱和程度高” 这一性质不能解释其用途，故 A 错误；
B、甘油分子含多个羟基，能与水分子形成氢键，具有良好的吸水性，因此可用作保湿类护肤品，性质与用途对应，故 B 正确；
C、冠醚 18 - 冠 - 6 的空腔直径与 K+的离子半径匹配，可通过配位作用特异性结合 K+，因此可用于识别 K+，结构与用途对应，故 C 正确；
D、硬铝具有密度小、强度高、抗腐蚀能力强的特点，符合航空材料对轻量化、高强度、耐候性的要求，因此可用作飞机材料，性质与用途对应，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
油脂皂化反应本质：皂化反应的本质是油脂的碱性水解，与碳碳双键（不饱和键）无关；不饱和程度高是植物油易氢化、易氧化的原因，与制肥皂的用途无关。
多羟基化合物的保湿原理：多羟基化合物（如甘油）的保湿性源于羟基与水分子形成氢键，能锁住水分，因此可用于护肤品。
冠醚的离子识别特性：冠醚的空腔结构可与特定半径的金属离子形成配位络合物，18 - 冠 - 6 的空腔尺寸与 K+匹配，因此可特异性识别 K+。
硬铝合金的航空应用：硬铝（铝合金）的密度小、强度高、抗腐蚀的特性，使其满足航空工业对材料轻量化和可靠性的要求，因此可用于制造飞机。
3．下列化学用语正确的是
A．的电子式：
B．环己烷最稳定空间结构的键线式：
C．激发态Al原子的价层电子轨道表示式：
D．乙醇分子中的键是通过碳原子和氧原子的p轨道“头碰头”重叠形成的键
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中C与每个O原子之间为碳氧双键，正确的电子式为 ，选项中O原子的电子排布不完整，故A错误；
B、环己烷的椅式构象能量低于船式构象，是其最稳定的空间结构，题图所示键线式为椅式环己烷，故B正确；
C、Al原子基态价层电子排布为，题图的轨道表示式为基态Al原子的价层电子排布，并非激发态，故C错误；
D、乙醇中C、O均采取杂化，键是由C的杂化轨道与O的杂化轨道“头碰头”重叠形成的，并非p轨道直接重叠，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
CO2的电子式判断：为直线形分子，C原子与两个O原子均形成双键，电子式需体现出每个原子的最外层电子，选项中O原子的电子对排布错误，未正确表示出碳氧双键的成键情况。
环己烷的稳定构象：环己烷的构象中，椅式构象的空间位阻更小，能量更低，是最稳定的结构，题图的键线式符合椅式构象的结构特征。
基态与激发态电子排布：基态Al原子的价层电子轨道表示式中，轨道成对电子、轨道单电子，而激发态的电子排布会出现低能级轨道电子向高能级轨道跃迁的情况，题图未体现跃迁，因此不是激发态。
乙醇分子中的成键方式：乙醇分子中，与羟基相连的C原子和O原子均为饱和原子，均采取杂化，二者形成的σ键是杂化轨道重叠的结果，而非p轨道直接重叠。
4．下列离子方程式正确的是
A．二氧化硫通入次氯酸钠溶液中：
B．将氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：
C．丙烯醛加足量溴水：
D．在溶液中加入少量稀盐酸：+H+→
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、次氯酸钠具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式应为： ，选项中产物错误，故A错误；
B、石灰乳中以固体形式存在，不能拆成离子，正确的离子方程式应为： ，故B错误；
C、丙烯醛中的碳碳双键可与溴水发生加成反应，醛基可被溴水氧化为羧基，反应的离子方程式为： ，故C正确；
D、酸性强弱顺序为：羧基 > 酚羟基，因此少量盐酸优先与羧酸钠反应，正确的离子方程式为：
，选项中反应产物错误，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
次氯酸钠与二氧化硫的反应：次氯酸钠的强氧化性会将二氧化硫直接氧化为硫酸根，不会生成亚硫酸根；
离子方程式中微溶物的处理：石灰乳中的氢氧化钙为难溶物，在离子方程式中应保留化学式，不能拆分为氢氧根离子；
丙烯醛与溴水的反应：丙烯醛分子中的碳碳双键可与溴发生加成反应，醛基在溴水的氧化作用下会转化为羧基；
酸性强弱与反应顺序：由于羧基的酸性强于酚羟基，盐酸会优先与羧酸钠反应生成酚羟基，而非直接与酚钠反应。
5．下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A．探究温度对化学平衡的影响 B．分离甲醛和水
C．配制溶液 D．检验乙醇脱水生成的乙烯
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；配制一定物质的量浓度的溶液；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、装置中两个烧瓶分别置于热水和冷水环境中，可通过 NO2与 N2O4平衡体系的颜色变化（ 2NO2(红棕色)N2O4(无色) ），探究温度对化学平衡的影响，故 A 正确；
B、甲醛与水互溶，无法通过分液装置分离，故 B 错误；
C、不能直接在容量瓶中溶解固体，配制 KCl 溶液时应先在烧杯中溶解，再转移至容量瓶，故 C 错误；
D、乙醇与浓硫酸反应生成的二氧化硫也能使酸性 KMnO4溶液褪色，无法检验乙烯，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
温度对 NO2与 N2O4平衡的影响：可通过颜色变化直观体现，装置中温度对比设计合理，能达到实验目的。
分液操作的适用条件：分液操作适用于分离互不相溶的液体，甲醛与水以任意比例互溶，不满足分液条件。
容量瓶的用途：容量瓶的用途是定容，不能用于溶解固体，直接溶解会影响溶液浓度准确性，也可能损坏仪器。
乙烯的检验干扰：浓硫酸的强氧化性会生成二氧化硫杂质，二氧化硫和乙烯均能还原酸性高锰酸钾，干扰乙烯的检验。
6．化合物是一种高效复合肥料。W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期元素。W原子核外仅有一种自旋方向的电子；X的基态原子在同周期中未成对电子最多；Y的某极性分子单质可用于消毒；Z可形成正四面体结构的单质分子。下列说法正确的是
A．电负性： B．简单氢化物的键角：
C．为非极性分子 D．W、X、Y能形成离子化合物
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、N 的电负性明显大于 H，即 X 的电负性大于 W，故 A 错误；
B、NH3和 H2O 的价层电子互斥模型均为四面体形，但 H2O 中 O 原子有 2 对孤电子对，对成键电子对的排斥力更强，导致其键角比 NH3更小，故 B 错误；
C、H2O2的分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 C 错误；
D、H、N、O 三种元素可形成离子化合物，如 NH4NO3，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】W 原子核外只有一种自旋方向的电子，说明其核外只有 1 个电子，因此 W 为 H；X 是第二周期元素，且基态原子未成对电子数最多，为 N；Y 的单质中存在可用于消毒的极性分子，为 O3，因此 Y 为 O；Z 能形成正四面体结构的单质分子，为 P4，因此 Z 为 P；四种元素可组成化肥磷酸铵（(NH4)3PO4）。
7．1，3-丁二烯与HBr以1：1反应的两种反应进程的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．1，3-丁二烯与HBr反应的产物只有两种
B．相同条件下，3-溴-1-丁烯比1-溴-2-丁烯稳定
C．适当降温并延长反应时间有利于生成1-溴-2-丁烯
D．增大溴离子浓度，可以显著提高整体反应的速率
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；烯烃
【解析】【解答】A、1，3 - 丁二烯与 HBr 反应，除了 1：1 加成产物（1，2 - 加成、1，4 - 加成产物），还可能发生 1：2 加成反应，产物不止两种，故 A 错误；
B、能量越低物质越稳定，由图可知 1-溴-2-丁烯 的能量低于 3-溴-1-丁烯 ，因此 1-溴-2-丁烯 更稳定，故 B 错误；
C、 1-溴-2-丁烯 是热力学控制产物（能量更低），适当降温并延长反应时间，有利于生成更稳定的 1-溴-2-丁烯 ，故 C 正确；
D、反应的决速步是第一步，与 H+有关，增大溴离子浓度对整体反应速率影响不大，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
1，3 - 丁二烯与 HBr 的加成反应存在 1，2 - 加成、1，4 - 加成和 1：2 加成等多种情况，产物不止两种。
物质的稳定性与能量成反比，1-溴-2-丁烯的能量更低，因此比 3-溴-1-丁烯 更稳定。
低温有利于热力学稳定产物的生成，延长反应时间能让反应向更稳定的产物转化，因此降温并延长时间有利于生成1-溴-2-丁烯 。
该反应的决速步是第一步（与 H+的加成），溴离子参与的第二步不是决速步，因此增大溴离子浓度无法显著提高整体反应速率。
8．贵州省大面积种植杜仲树，用于生产杜仲胶及其高端产品。X为杜仲胶主要成分，可与有机物Y合成具有良好记忆效应的材料Z，反应原理如图。下列说法正确的是
A．X的单体存在顺反异构
B．Y中C原子的杂化方式有、两种
C．
D．该反应为缩聚反应
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】A、X 的单体为异戊二烯（2 - 甲基 - 1，3 - 丁二烯），其中碳碳双键上有一个碳原子连接了两个相同的氢原子，不存在顺反异构，故 A 错误；
B、Y 中 C 原子的成键方式有双键和单键，杂化方式包括 sp2（羰基碳、双键碳）、sp3（丁基中的饱和碳）两种，故 B 正确；
C、X 的结构单元中，每个双键参与反应，n 个 X 单元反应后，产物 Z 的重复单元数 m 与 n 不存在 2n=m 的关系，故 C 错误；
D、该反应过程中没有小分子生成，不属于缩聚反应，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
顺反异构的形成条件：碳碳双键两端的碳原子均连接不同的原子或基团，异戊二烯中部分双键碳原子连接两个氢原子，不满足顺反异构条件。
杂化类型的判断：Y 分子中，羰基碳、双键碳采取 sp2 杂化，饱和烷基碳采取 sp3 杂化。
定量关系的判断：从反应的结构变化来看，X 的双键与 Y 发生加成反应，n 和 m 的比例不是简单的 2 倍关系，不存在 2n=m 的定量关系。
缩聚反应的特征：反应过程中会生成小分子（如水、HCl 等），该反应没有小分子生成，不属于缩聚反应。
9．亚磷酸钠()是一种重要的化学品，广泛用于工业、医药、食品加工等领域。一种制备的工业流程如图所示。下列说法错误的是
已知：；亚磷酸()受热易分解。
A．“合成”过程中被氧化
B．“除铅”的原理为
C．“减压蒸馏”可以降低沸点，防止分解
D．是一种三元酸
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、“合成” 过程中，NaH2PO2中 P 元素的化合价从 + 1 价升高到 H3PO3中的 + 3 价，被氧化，故 A 正确；
B、“除铅” 利用 FeS 将溶液中的 Pb2+转化为更难溶的 PbS 沉淀，原理为 FeS (s)+Pb2+(aq) PbS (s)+Fe2+(aq)，故 B 正确；
C、H3PO3受热易分解，减压蒸馏可以降低体系沸点，在较低温度下蒸馏出 HI，避免 H3PO3受热分解，故 C 正确；
D、H3PO3的结构中只有两个 - OH 可电离出 H+，属于二元酸，不是三元酸，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】该流程以含微量 Pb2+的次磷酸钠（NaH2PO2）为原料，先加水和 I2发生合成反应，生成亚磷酸（H3PO3）、NaI 和 HI；再加入 FeS，通过沉淀转化除去 Pb2+；随后减压蒸馏分离出 HI，防止 H3PO3分解；接着加入 H2O2和过量 NaOH 溶液，经结晶、碱洗纯化，最终得到亚磷酸钠（Na2HPO3）产品。
10．植入式微型血糖测试仪的核心是电化学传感器，当血糖(葡萄糖)浓度高于阈值时，电池启动并产生电信号，触发胰岛素泵释放胰岛素以调控血糖。电池工作原理如图所示(代表葡萄糖)。电池工作时，下列说法正确的是
A．电极电势：电极Ⅰ<电极Ⅱ
B．电极Ⅱ附近pH上升
C．血液中的迁移方向：电极Ⅱ→电极Ⅰ
D．消耗36mg葡萄糖，理论上外电路转移的电子数为：
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、电极 I 通入 O2，发生还原反应，为正极；电极 II 上葡萄糖被氧化为葡萄糖酸，发生氧化反应，为负极。正极电势高于负极，故电极电势：电极 I > 电极 II，A 错误；
B、电极 II 上葡萄糖被氧化为葡萄糖酸（G-COOH），反应过程中生成 H+ ：G-CHO-2e-+H2O=G-COOH+2H+， ，电极附近 H+浓度增大，pH 下降，B 错误；
C、原电池工作时，阳离子向正极移动，因此血液中 Na+的迁移方向为：电极 II（负极）→电极 I（正极），C 正确；
D、葡萄糖（C6H12O6）被氧化为葡萄糖酸（C6H12O7），每个葡萄糖分子失去 2 个电子。36mg 葡萄糖的物质的量为 0.036g÷180g/mol = 2×10-4 mol，理论上转移电子数为 2×10-4 mol×2×NA= 4×10-4 NA，D 错误；
故答案为：C。
【分析】当血液中葡萄糖浓度超过阈值时，电极 II（负极）上的葡萄糖被氧化为葡萄糖酸，释放电子；电子经外电路流向电极 I（正极），O2在正极被还原，形成电流，触发电信号传感器，进而启动胰岛素泵释放胰岛素，完成血糖调控。据此解题。
11．化学小组在实验室制备硫酸四氨合铜溶液，甲同学向溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，得到深蓝色溶液。乙同学将蓝色沉淀过滤洗涤后，加过量氨水不溶；再加入溶液仍不溶，但加入溶液后沉淀溶解，也得深蓝色溶液。下列关于实验及现象所对应解释或目的错误的是
选项 实验及现象 解释或目的
A 产生蓝色沉淀
B 得到深蓝色溶液
C 加溶液仍不溶 为排除对沉淀溶解的影响
D 加溶液后沉淀溶解 促进的溶解
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、硫酸铜溶液中滴加氨水，首先发生反应：Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，生成蓝色氢氧化铜沉淀，故 A 正确；
B、氨水过量时，氢氧化铜沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜溶液，反应为：
Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，故 B 正确；
C、加入 Na2SO4溶液仍不溶，目的是排除 SO42-对沉淀溶解的影响，而非 Na+，故 C 错误；
D、加入 (NH4)2SO4溶液后沉淀溶解，是因为 NH4+水解使溶液呈酸性，促进 Cu(OH)2的溶解平衡正向移动，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
硫酸铜与氨水的第一步反应：硫酸铜与氨水反应时，先生成氢氧化铜沉淀，该反应的离子方程式书写正确。
氢氧化铜与过量氨水的反应：氢氧化铜可与过量氨水形成稳定的铜氨络离子，沉淀溶解得到深蓝色溶液，该反应方程式正确。
加入硫酸钠溶液的实验目的：实验中加入 Na2SO4溶液，是为了探究 SO42-是否影响沉淀溶解，从而排除 SO42-的干扰，并非排除 Na+的影响。
硫酸铵溶液使沉淀溶解的原理：(NH4)2SO4溶液中的 NH4+水解产生 H+，降低溶液 pH，促进 Cu(OH)2溶解平衡正向移动，使沉淀溶解。
12．能够通过的价态转换而易形成氧空位缺陷，该能力使其成为理想的催化剂载体。图甲为理想的立方晶胞模型，边长为，图乙为缺陷晶型。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．甲的晶胞密度为
B．甲中处在构成的部分立方体空隙中
C．甲中之间最近距离为
D．乙中和的个数比为4：1
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、甲晶胞中，Ce原子分布在顶点与面心，通过均摊法可得其数目为 ；O原子全部位于晶胞内部，共8个。晶胞质量可通过原子总质量与阿伏加德罗常数的比值计算，即 。晶胞边长为 ，换算为厘米是 ，因此体积为 。根据密度公式，晶胞密度 ，故A正确。
B、甲晶胞内的8个O原子可形成8个立方体空隙，但晶胞中仅含有4个，这意味着并非所有空隙都被填充，只占据了其中一半的立方体空隙，B正确。
C、从晶胞结构看，O原子的坐标分布表明，距离最近的两个O原子仅在一个坐标轴上存在差异，差值为晶胞边长的一半，即。因此，它们之间的最短距离就是，故C正确。
D、乙晶胞存在一个氧空位，导致数目变为7个，总负电荷为。晶胞中Ce原子总数仍为4个，为保持电荷平衡，部分会转化为。设数目为x，数目为y，根据原子守恒和电荷守恒列方程组：，解得，。因此，与的个数比为1：1，而非选项中给出的比例，故D错误。
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞密度计算：需熟练运用均摊法确定晶胞内原子数目，并结合摩尔质量、晶胞体积及单位换算，最终求出晶胞密度。
空隙填充情况：分析由O原子构成的立方体空隙总数与实际被阳离子填充的数量关系，判断阳离子的填充率。
原子间距判断：通过晶胞中原子的坐标位置，确定最近邻原子的距离，关键在于理解坐标轴上的位置差与晶胞边长的关系。
缺陷晶胞的电荷守恒：对于有氧空位的缺陷晶胞，需利用整体电荷为零的原则，建立方程组求解不同价态阳离子的数目比。
13．氢能是一种重要的清洁能源。HCOOH在催化剂作用下催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述正确的是
A．HCOOH催化制的过程中没有键的形成
B．在催化剂表面解离键比解离键更容易
C．图1中步骤④为HCOOH催化释放氢过程中的决速步骤
D．使用催化剂不仅可以加快化学反应速率，还能提高平衡转化率
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、HCOOH 催化制 H2的过程中会生成 CO2，CO2分子中含有 C=O 双键，双键中存在 π 键，故 A 错误；
B、由图 2 可知，步骤 Ⅱ（解离 O-H 键）的活化能为 0.96 eV，步骤 Ⅲ（解离 C-H 键）的活化能为 1.20 eV，活化能越低反应越容易进行，因此在催化剂表面解离 O-H 键比解离 C-H 键更容易，故 B 正确；
C、决速步骤由活化能最高的基元反应决定，图 2 中步骤 Ⅲ 的活化能最高（1.20 eV），对应图 1 中的步骤③，而非步骤④，故 C 错误；
D、催化剂只能降低反应的活化能，加快化学反应速率，不能改变反应的平衡状态，因此无法提高平衡转化率，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：化学键判断：需明确反应过程中生成的 CO2分子含有碳氧双键，因此必然存在 π 键；
活化能与反应速率的关系：活化能越低，反应越容易进行，通过比较不同步骤的活化能大小，可判断化学键解离的难易程度；
决速步骤的判断：反应的决速步骤由活化能最高的基元反应决定，需结合能量变化图与反应机理图进行对应分析；
催化剂的作用：催化剂仅能改变反应速率，不影响化学平衡，因此无法改变平衡转化率。
14．常温下，将的溶液与同浓度溶液以及水混合，维持，测得pH随变化如图所示(假设混合后溶液的总体积等于各组分溶液体积之和)。下列说法错误的是
A．的电离程度：
B．该温度下，的数量级为
C．a点溶液中：
D．b点溶液中：
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液中浓度低于b点，对电离的抑制作用更弱，因此的电离程度：，故A正确；
B、当时，溶液中只有，，，，，则，数量级为，故B正确；
C、a点溶液，溶液呈酸性，，根据电荷守恒：
可得，因此离子浓度顺序为：，故C正确；
D、b点溶液中，，结合，可得，。此时溶液中，，根据物料守恒：
，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同离子效应中，会抑制的电离，b点浓度更高，抑制作用更强，因此a点电离程度更大。
纯溶液中，可通过pH计算电离常数，结果表明的数量级为。
溶液呈酸性时，根据电荷守恒可推导出离子浓度的正确顺序。
b点溶液中与的物质的量相等，物料守恒式应为，选项中的关系式颠倒了系数，因此错误。
15．酚酞()是一种常用的酸碱指示剂，可由邻苯二甲酸酐与苯酚在浓硫酸催化下反应制得。实验步骤如下，装置如图(夹持装置省略)：
Ⅰ．投料：向干燥的三颈烧瓶中依次加入7.4g邻苯二甲酸酐、14.8g苯酚、1.0mL浓硫酸。
Ⅱ．回流反应：加热至115~125℃，回流反应 2~2.5小时。
Ⅲ．后处理：反应结束后稍冷却，向热反应液中加入30mL沸水，边加边搅拌。
Ⅳ．分离产品：减压过滤，用冷水洗涤滤饼，得酚酞粗品。
Ⅴ．产品提纯。
已知：
邻苯二甲酸酐 苯酚 酚酞
相对分子质量 148 94 318
溶解性 微溶于冷水，溶于热水、乙醇 溶于水(常温约)，易溶于乙醇 不溶于水，溶于乙醇
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是　 　。Y处的作用可能是　 　。
（2）“回流反应”时温度高于130℃，观察到三颈烧瓶中的液体变黑，其原因是　 　。
（3）装置图中有一处明显的错误是　 　。
（4）“产品提纯”时，可采用　 　法提纯酚酞。
（5）本实验得到酚酞纯品5.3g，则产率为　 　%(结果保留一位小数)。
（6）酚酞的变色源于其分子结构在不同pH条件下发生的变化，如下图所示。常温下，取10.00mL未知浓度的溶液，滴入2滴酚酞试液，溶液仍为无色，向该溶液中逐滴滴加盐酸，溶液有明显的颜色变化。则起始加入到溶液中的酚酞主要以　 　[填“”、“”或“”]形态存在，原因是　 　。
【答案】（1）球形冷凝管；防止空气中的水蒸气进入装置，导致邻苯二甲酸酐的水解(或吸收副反应可能产生的，避免污染空气)(合理即可)
（2）浓硫酸具有脱水性，导致有机物炭化
（3）水浴加热不能使温度达到115-125℃
（4）重结晶
（5）33.3
（6）；根据图中信息，酚酞溶液无色，说明该溶液浓度过高，此时溶液pH>12，故酚酞主要以形态存在。
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）X 为球形冷凝管，作用是冷凝回流反应产生的蒸汽，提高原料利用率；Y 为干燥管，作用是吸收反应挥发出的酸性酸雾，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入反应体系。
故答案为： 球形冷凝管 ； 防止空气中的水蒸气进入装置，导致邻苯二甲酸酐的水解(或吸收副反应可能产生的，避免污染空气)(合理即可) ；
（2） 浓硫酸具有脱水性，当反应温度过高时，苯酚等有机物会被浓硫酸脱水炭化，导致反应液变黑。
故答案为： 浓硫酸具有脱水性，导致有机物炭化 ；
（3） 该反应需要的温度为 115~125℃，水浴加热的最高温度仅为 100℃，无法达到反应所需温度，因此应采用油浴加热。
故答案为： 水浴加热不能使温度达到115-125℃ ；
（4）粗产品中酚酞与杂质的溶解度随温度变化差异较大，固体有机物的提纯常用重结晶法。
故答案为： 重结晶 ；
（5）反应加入的邻苯二甲酸酐和苯酚的物质的量分别为，，生成1mol酚酞需要1mol邻苯二甲酸酐和2mol苯酚，因此邻苯二甲酸酐完全反应，理论产量，故产率=。
故答案为： 33.3 ；
（6）酚酞溶液无色，说明该 NaOH 溶液浓度过高，此时溶液 pH＞12，酚酞主要以形态存在。
故答案为： ； 根据图中信息，酚酞溶液无色，说明该溶液浓度过高，此时溶液pH>12，故酚酞主要以形态存在。
【分析】邻苯二甲酸酐与苯酚在浓硫酸催化下，加热至 115~125℃回流反应制得酚酞；反应液加沸水后减压过滤、冷水洗涤得到粗品，再经提纯得到产品，同时装置用球形冷凝管回流、干燥管处理尾气。
（1）根据实验装置的组成和反应特点，判断仪器名称及作用；关键知识点为球形冷凝管的回流作用、干燥管的尾气吸收与防潮作用。
（2）结合浓硫酸的特性分析现象原因；关键知识点为浓硫酸的脱水性。
（3）根据反应所需温度，对比不同加热方式的温度范围，选择合适的加热方式；关键知识点为水浴加热与油浴加热的温度限制。
（4）根据固体有机物的提纯原理，结合酚酞与杂质的溶解度特点，选择合适的提纯方法；关键知识点为重结晶法的适用条件。
（5）先计算反应物的物质的量，判断限量试剂，再根据化学计量关系计算理论产量，最后计算产率；关键知识点为限量试剂的判断、理论产量与产率的计算方法。
（6）结合酚酞的变色范围和不同 pH 下的存在形态，分析溶液无色的原因；关键知识点为酚酞的变色机理。
（1）X是回流用的球形冷凝管；Y为干燥管，反应中浓硫酸会挥发出酸性酸雾，需要吸收防止污染，同时反应要求体系干燥，需防止空气中水蒸气进入。
（2）浓硫酸具有脱水性，温度过高时，苯酚等有机物被浓硫酸脱水炭化，因此液体变黑。
（3）反应需要温度为115~125℃，水浴加热最高温度仅为100℃，达不到反应所需温度，应采用油浴加热。
（4）粗产品中酚酞和杂质溶解度随温度变化差异大，固体有机物提纯常用重结晶法。
（5）反应加入的邻苯二甲酸酐和苯酚的物质的量分别为，，生成1mol酚酞需要1mol邻苯二甲酸酐和2mol苯酚，因此邻苯二甲酸酐完全反应，理论产量，故产率=。
（6）根据图中信息，酚酞溶液无色，说明该溶液浓度过高，此时溶液pH>12，故酚酞主要以形态存在。
16．综合利用二次铜阳极泥(主要成分含、及等)分离贵重金属的一种工艺流程如下：
已知：①“滤液Ⅰ”中，硒以弱酸形式存在。
②常温下，；。
③常温下，易与银离子配位： 。
回答下列问题：
（1）Se的基态原子的价电子空间运动状态有　 　种。
（2）为加快“氧化酸浸”过程的反应速率，可采取的措施有粉碎阳极泥和　 　(回答一条即可)等。
（3）“氧化酸浸”时，可被氧化的离子方程式为　 　；滤渣Ⅰ的主要成分为和　 　。
（4）已知：萃取与反萃取原理为：，反萃取剂最好选用　 　(填化学式)溶液。
（5）“溶浸转化”步骤前，滤渣需充分洗涤，除去残留的酸液，其原因是　 　。
（6）“溶浸转化”中发生的反应为：，常温下此反应的平衡常数　 　。
（7） “滤液Ⅲ”可返回“　 　”工序循环使用。
【答案】（1）4
（2）搅拌(或适当升温、增大硫酸的浓度等)(合理即可)
（3）；
（4）
（5）避免酸与反应生成S和
（6）5040
（7）溶浸转化
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Se 是 34 号元素，价电子排布为 4s24p4；电子的空间运动状态由轨道数决定，4s 轨道含 1 个轨道，4p 轨道含 3 个轨道，共 4 种不同的空间运动状态。
故答案为：4；
（2） 除粉碎增大反应物接触面积外，还可通过适当升高温度、搅拌、增大反应物浓度等方式加快反应速率，任答一种即可。
故答案为： 搅拌(或适当升温、增大硫酸的浓度等)(合理即可) ；
（3）酸性条件下，Cu2Se 被 H2O2氧化，Se 转化为 H2SeO3，Cu 转化为 Cu2+；根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为：；原阳极泥中的难溶于酸，酸浸后留在滤渣Ⅰ中。
故答案为： ； ；
（4）萃取平衡为：；增大 H+浓度可使平衡逆向移动，实现反萃取；因最终要制备硫酸铜，因此选择 H2SO4作为反萃取剂。
故答案为： ；
（5）在酸性条件下会发生歧化反应：，残留酸会消耗，降低银的浸出率。
故答案为： 避免酸与反应生成S和 ；
（6）目标反应可由两个反应相加得到：①；②，因此总反应平衡常数。
故答案为： 5040 ；
（7）滤液 Ⅲ 中含有 Na2S2O3，可返回溶浸转化工序循环使用，提高原料利用率。
故答案为： 溶浸转化 ；
【分析】铜阳极泥先经氧化酸浸，在硫酸、氯化钠和过氧化氢作用下，发生反应：
，硒、铜等元素溶出，铅以硫酸铅形式留在滤渣Ⅰ；滤液Ⅰ用萃取剂萃取铜，萃取平衡为：，再经硫酸反萃取，发生反应：，得到富铜液，最终制备硫酸铜晶体；
滤渣Ⅰ用硫代硫酸钠溶液溶浸转化，发生络合反应： ，银形成络合离子进入滤液Ⅱ；滤液Ⅱ经氢氧化钠、连二亚硫酸钠混合液还原，反应为： ，得到粗银；
滤液Ⅲ中的硫代硫酸钠可返回溶浸工序循环使用，酸性条件下硫代硫酸根会发生歧化：，需控制体系pH避免原料消耗。
（1）根据 Se 的价电子排布，结合轨道数与电子空间运动状态的对应关系，计算不同空间运动状态的数量；关键知识点为电子的空间运动状态由轨道数决定；
（2）结合影响固液反应速率的因素，列举合理的措施；关键知识点为温度、接触面积、搅拌、浓度对反应速率的影响；
（3）根据氧化还原反应的电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式；结合物质的溶解性判断滤渣成分；关键知识点为氧化还原反应的配平、物质的溶解性；
（4）根据萃取平衡的移动规律，结合目标产物的制备需求，选择合适的反萃取剂；关键知识点为化学平衡移动原理、目标产物的制备；
（5）结合 S2O32-在酸性条件下的歧化反应，分析残留酸对银浸出率的影响；关键知识点为 S2O32-的歧化反应；
（6）根据盖斯定律，将两个反应相加得到目标反应，利用平衡常数的乘积关系计算总反应的平衡常数；关键知识点为盖斯定律与平衡常数的关系；
（7）结合流程目的，判断可循环使用的物质；关键知识点为化工流程中物质的循环利用。
（1）Se是34号元素，价电子排布为，电子的空间运动状态由轨道决定，含1个轨道、含3个轨道，共4种不同的空间运动状态。
（2）加快固液反应速率，除粉碎增大接触面积外，还可通过适当升温、搅拌、增大反应物浓度实现，任答一种即可。
（3）酸性条件下被氧化，转化为、转化为，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为；原阳极泥中的难溶于酸，酸浸后留在滤渣Ⅰ中。
（4）萃取平衡为：，增大浓度可使平衡逆向移动实现反萃取，最终要制备硫酸铜，因此选择作反萃取剂。
（5）在酸性条件下会发生歧化反应：，残留酸会消耗，降低银的浸出率。
（6）目标反应可由两个反应相加得到：①；②，因此总反应平衡常数。
（7）滤液Ⅲ中有，可返回溶浸转化工序循环使用。
17．“石灰石-石膏法”烟气脱硫技术，是当前控制工业污染中应用最广的方法，涉及的主反应为。回答下列问题：
（1）标准摩尔生成焓()是指在标准状态下，由最稳定单质生成1mol某物质时的焓变，单位为。相关物质的标准摩尔生成焓()如下表：
物质
0.0
则主反应的　 　(填“>”或“<”)0。
（2）研究团队通过理论计算得到T、与对平衡脱硫率的影响如图1所示：
①反应温度、、由高到低的顺序是　 　；原因是　 　。
②已知时M点，上述反应10min达到平衡，该时间段内以的浓度变化表示　 　。该温度下反应的平衡常数　 　(列出计算式)。
③为进一步提高平衡脱硫率可选择　 　(填“增大”或“减小”)。
（3）研究团队通过绘图描述脱硫过程的微观反应机理如图2所示，结合图中所给信息分析实际工业脱硫需采用较高温度的原因是　 　。
（4）研究发现脱硫速率r存在函数关系[为石灰石初始比表面积，为表面反应速率常数，N代表产物层扩散阻力]。保持其他因素相同，下列说法正确的是　 　。
a．使用更细石灰石粉可提高初期脱硫速率
b．反应后期脱硫速率下降可能是产物层扩散阻力增大
c．脱硫速率r与、的关系表明的影响更大
【答案】（1）<
（2）；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，脱硫率下降；0.007；(或)；增大
（3）较高温度可使碳酸钙发生分解，破坏石灰石颗粒表面硫酸钙覆盖层的结构，使其产生裂纹，增加了与其的接触；同时，温度的升高，可以加快向颗粒表面的扩散与反应，从而提升整体脱硫效果
（4）ab
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据生成焓定义，反应焓变等于生成物的生成焓总和减去反应物的生成焓总和，计算得：ΔH = [(-1425.2) + (-393.5)] - [(-1027.6) + (-296.8) + 1/2×0] kJ mol- = -494.3 kJ mol- < 0，该反应为放热反应。
故答案为： < ；
（2）① 该反应为放热反应，压强、SO2初始浓度相同时，温度越高，平衡逆向移动，平衡脱硫率越低；由图中脱硫率关系 T11> T2 > T3；
②由图像可知，达到平衡时SO2的转化率是70%，故，故=0.007；
根据数据，列三段式：
K==；
③由方程式可知，为进一步提高平衡脱硫率可选择增大；
故答案为： ； 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，脱硫率下降 ； 0.007 ；(或) ； 增大 ；
（3） 高温条件下，碳酸钙会分解，破坏石灰石颗粒表面硫酸钙覆盖层的结构，使其产生裂纹，增加 SO2与石灰石的接触；同时温度升高可加快 SO2向颗粒表面的扩散与反应，从而提升整体脱硫效果。
故答案为： 较高温度可使碳酸钙发生分解，破坏石灰石颗粒表面硫酸钙覆盖层的结构，使其产生裂纹，增加了与其的接触；同时，温度的升高，可以加快向颗粒表面的扩散与反应，从而提升整体脱硫效果 ；
（4）a、使用更细的石灰石粉可增大接触面积，提高 S0，从而提高初期脱硫速率，a 正确；
b、反应后期产物层变厚，扩散阻力增大，脱硫速率会下降，b 正确；
c、对比速率方程中 SO2浓度和 O2压强的指数，SO2浓度的指数更大，说明 c 初 (SO2) 对脱硫速率 r 的影响更大，c 错误；
故答案为：ab。
【分析】（1）根据生成焓的定义，直接用生成物生成焓总和减去反应物生成焓总和计算 ΔH；关键知识点为生成焓的定义与反应焓变的计算方法；
（2）结合放热反应的平衡移动规律，分析温度与脱硫率的关系；根据反应速率定义计算 v (SO2)，再用三段式法计算平衡常数；关键知识点为温度对化学平衡的影响、反应速率的计算、平衡常数的表达式；
（3）从碳酸钙分解破坏产物层、温度加快扩散与反应两个角度，分析高温对脱硫效果的影响；关键知识点为温度对反应速率和固体反应接触面积的影响；
（4）结合接触面积、扩散阻力、速率方程指数，逐一分析选项；关键知识点为固体反应物接触面积对反应速率的影响、产物层扩散阻力、速率方程中指数的意义。
（1）反应焓变等于生成物的生成焓总和减去反应物的生成焓总和，即ΔH=[ 1425.2+( 393.5)] [ 1027.6+( 296.8)+×0] kJ mol 1= 494.3 kJ mol 1<0；
（2）①该反应为放热反应，压强、SO2初始浓度相同时，温度越高，平衡逆向移动，平衡脱硫率越低，图中脱硫率T1T2>T3；
②由图像可知，达到平衡时SO2的转化率是70%，故，故=0.007；
根据数据，列三段式：
K==；
③由方程式可知，为进一步提高平衡脱硫率可选择增大；
（3）结合图像可知，在高温条件下，碳酸钙会分解，破坏石灰石颗粒表面硫酸钙覆盖层的结构，使其产生裂纹，增加了与其的接触；同时，温度的升高，可以加快向颗粒表面的扩散与反应，从而提升整体脱硫效果；
（4）a．使用更细石灰石粉可提高，从而提高初期脱硫速率，故a正确；
b．因为反应后期产物层变厚，扩散阻力N增大，速率会下降，故b正确；
c．因为对比浓度和压强的指数，二氧化硫浓度的指数更大，故对脱硫速率r的影响更大，故c错误；
答案为ab。
18．化合物H是一种具有多种药理学活性的黄烷酮类药物。其合成路线如图所示：
已知：苯环上原有的基团对后引入的基团有定位效应。其中，(烷基)、、、为邻对位定位基：、、、为间位定位基。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）B→C的反应类型为　 　；从结构修饰的角度考虑，从B转化为C，下列有关性质变化叙述正确的是　 　。
a．还原性增强 b．水溶性减弱 c．“★”处键活性增强
（3）D→F的化学方程式为　 　。
（4）E的核磁共振氢谱有　 　组吸收峰。
（5）G中的官能团名称为羟基、　 　、　 　。
（6）芳香化合物Z是D的同分异构体，同时满足如下条件的Z有　 　种。
a．苯环上有三个取代基
b．能与溶液发生显色反应
c．可与反应
（7）参照上述信息，结合所学知识，以为原料制备的合成路线为：。其中M的结构简式为　 　。
【答案】（1）2，4-二硝基乙苯
（2）还原反应；ac
（3）
（4）6
（5）酮羰基(羰基)；碳溴键(溴原子)
（6）10
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物 A 中，苯环上连接乙基，乙基的 2 位、4 位各连一个硝基，根据系统命名法，其名称为 2，4 - 二硝基乙苯。
故答案为： 2，4-二硝基乙苯 ；
（2）B 中硝基在 Fe/HCl 作用下转化为氨基，该反应属于还原反应；
a、氨基的还原性强于硝基，反应后物质的还原性增强，a 正确；
b、氨基更易与水形成氢键，反应后物质的水溶性增强，b 错误；
c、氨基是邻对位定位基，硝基是间位定位基，从硝基转变为氨基后，邻位 C-H 键活性增强，c 正确；
故答案为： 还原反应 ；ac。
（3）D 为 2，4 - 二羟基苯乙酮，E 为间羟基苯甲醛，二者在乙醇钠条件下发生羟醛加成反应生成 F，反应方程式为：。
故答案为： ；
（4） E 为间羟基苯甲醛，结构不对称，苯环上有 4 种不同化学环境的氢，加上醛基、羟基各 1 种氢，共 6 种不同化学环境的氢，因此核磁共振氢谱有 6 组吸收峰。
故答案为：6；
（5）根据 G 的结构，除烃基外，分子中还含有酮羰基、碳溴键（溴原子）两种官能团。
故答案为：酮羰基(羰基) ； 碳溴键(溴原子) ；
（6）D分子式为，满足条件：b说明含酚羟基；c说明消耗甲酸酚酯基，1mol消耗2mol NaOH，加酚羟基共3mol，分子式刚好匹配；结合a要求苯环上有三个取代基，可得三个取代基为、、； 三个不同取代基在苯环上的同分异构体总数为种。
故答案为：10；
（7）要得到间氨基苯甲酸，需先将乙苯氧化为苯甲酸，再在其苯环的间位引入硝基，最后将硝基还原为氨基；其中乙苯被氧化后的产物苯甲酸的结构简式为苯环连接 - COOH。 结构简式为。
故答案为： ；
【分析】原料 A（2，4 - 二硝基乙苯）先经氧化将乙基转化为乙酰基得到 B（ ）；再还原硝基为氨基得到 C；接着经重氮化、水解将氨基转化为羟基，生成 2，4 - 二羟基苯乙酮 D（ ）；D 与间羟基苯甲醛 E 在乙醇钠条件下发生羟醛加成得到 F；F 再与 HBr 反应，羟基被溴代生成 G；最后 G 在一定条件下发生分子内环合，生成黄烷酮类目标产物 H。
（1）根据苯环上取代基的位置和种类，按系统命名法规则命名；关键知识点为苯环取代物的系统命名；易错点为取代基编号顺序错误；规范做法为确定母体，对苯环上的取代基进行编号，使取代基位次和最小。
（2）结合还原反应的定义，分析反应前后官能团的变化，逐一判断选项；关键知识点为还原反应的判断、官能团对物质性质的影响；
（3）根据羟醛加成反应的机理，结合反应物和反应条件，书写反应方程式；关键知识点为羟醛加成反应的特点；
（4）根据有机物的结构对称性，分析不同化学环境的氢原子种类；关键知识点为核磁共振氢谱与分子结构的关系；
（5）根据有机物的结构简式，识别其中的官能团；关键知识点为常见官能团的结构特征；
（6）根据分子式和限定条件，确定取代基种类，再利用取代基位置异构规律计算同分异构体数目；关键知识点为苯环上三取代物的同分异构体数目计算；
（7）根据目标产物的结构，结合定位效应设计合成路线，推断中间产物的结构；关键知识点为苯环取代反应的定位效应。
（1）A中苯环连乙基，乙基的2位、4位各连一个硝基，系统命名为2，4-二硝基乙苯。
（2）B中硝基在作用下转化为氨基，属于还原反应；
a．氨基还原性强于硝基，还原性增强，a正确；
b．氨基更易与水形成氢键，水溶性增强，b错误；
c．氨基邻对位定位基，硝基是间位定位基，从硝基转变为氨基，邻位键活性增强，c正确；
故选ac。
（3）D为2，4-二羟基苯乙酮，E为间羟基苯甲醛，二者在乙醇钠条件下发生羟醛加成得到F，方程式为。
（4）E为间羟基苯甲醛，结构不对称，苯环上4种不同化学环境氢，加上醛基、羟基各1种，共6种氢，核磁共振氢谱有6组吸收峰。
（5）根据G的结构，除羟基外，还含酮羰基、碳溴键（溴原子）两种官能团。
（6）D分子式为，满足条件：b说明含酚羟基；c说明消耗甲酸酚酯基，1mol消耗2mol NaOH，加酚羟基共3mol，分子式刚好匹配；结合a要求苯环上有三个取代基，可得三个取代基为、、； 三个不同取代基在苯环上的同分异构体总数为种。
（7）根据定位效应，要得到间氨基苯甲酸，则要先将乙苯氧化为苯甲酸，再在其间位引入硝基后还原为氨基，作为M为乙苯被氧化后的产物苯甲酸，结构简式为。
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